高中物理人教必修三第10章 靜電場中的能量 單元檢測檢測A卷（解析版）

1、第十章 靜電場中的能量 單元檢測（A卷） 一、單選題：(每題4分，共計32分)1.傳感器是自動控制設備中不可缺少的元件，已經(jīng)滲透到宇宙開發(fā)、環(huán)境保護、交通運輸以及家庭生活等各種領域下列為幾種電容式傳感器，其中通過改變電容器兩板間距離而引起電容變化的是()【解析】A選項改變的是介質，B、D選項改變的是正對面積，C選項改變的是兩板間距離，故C正確【答案】C2.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖10所示，OAL，則此電子具有的初動能是()A.eq f(edL,U) BedULC.eq f(eU,dL) D.eq f

2、(eUL,d)答案D解析電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力根據(jù)能量守恒定律得eq f(1,2)mveq oal(,02)eUOA.因Eeq f(U,d)，UOAELeq f(UL,d)，故eq f(1,2)mveq oal(,02)eq f(eUL,d)，所以D正確3.如圖所示，P、Q是等量的正點電荷，O是它們連線的中點，A、B是中垂線上的兩點，OAOB，用EA、EB和A、B分別表示A、B兩點的電場強度和電勢，則()AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB

3、，A不一定大于B【解析】P、Q所在空間中各點的電場強度和電勢由這兩個點電荷共同決定，電場強度是矢量，P、Q兩點電荷在O點的合場強為零，在無限遠處的合場強也為零，從O點沿PQ垂直平分線向遠處移動，場強先增大，后減小，所以EA不一定大于EB.電勢是標量，由等量同號電荷的電場線分布圖可知，從O點向遠處，電勢是一直降低的，故A一定大于B.【答案】B4.如圖是P、Q兩點電荷的電場線分布，、為電場中的兩點，且、到P、Q連線的中垂線距離相等。一個離子從運動到（不計重力），軌跡如圖所示。則下列判斷正確的是（）A、兩點的電勢相等B、兩點的電場強度相等C從到，離子的動能越來越大D從到，離子受到P的吸引【答案】D【

4、解析】A沿著電場線方向電勢逐漸降低，則知點的電勢高于點的電勢，選項A錯誤；B由圖中電場線的分布情況可知、電場強度大小相等，方向不同，選項B錯誤；CD離子從運動的過程中，軌跡向內彎曲，則離子受到P的吸引力作用，從到，電場力做負功，根據(jù)動能定理可知動能減小，選項C錯誤，D正確。故選D。5.如圖所示，一帶電粒子在電場中沿曲線AB運動，從B點穿出電場，a、b、c、d為該電場中的等勢面，這些等勢面都是互相平行的豎直平面，不計粒子所受重力，則()A該粒子一定帶負電B此電場不一定是勻強電場C該電場的電場線方向一定水平向左D粒子在電場中運動過程動能不斷減少【解析】由于不能確定電場線方向，故不能確定粒子帶負電，

5、A、C錯誤，等勢面互相平行，故一定是勻強電場，B錯誤，粒子受電場力一定沿電場線指向軌跡凹側，而電場線和等勢面垂直，由此可確定電場力一定做負功，故動能不斷減少，D正確【答案】D6.如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場，有一質量為m，電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g，則點電荷運動到負極板的過程（）A加速度大小為a=gB下降的高度為C所需的時間為D電場力所做的功為W=Eqd【答案】C【解析】A電荷下落過程中，受到重力和電場力，故加速度不為g，故A錯誤；B小球水平方向的位移為，由于重力和電場力關系未知，故豎直方向位移不一定為，故B錯誤；C

6、水平方向有解得故C正確；D電場力做功為故D錯誤；故選C。7.如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則()A粒子受電場力的方向一定由M指向NB粒子在M點的速度一定比在N點的大C粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D電場中M點的電勢一定高于N點的電勢【解析】由題意可知M、N在同一電場線上，帶電粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故選項A、C錯誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點

7、的電勢高低，選項D錯誤【答案】B8.如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點，光滑直導軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O。一對電荷量均為Q的點電荷分別固定于A、B兩點，在D處將質量為m、電荷量為q的小球套在軌道上（忽略它對原電場的影響），將小球由靜止開始釋放，已知靜電力常量為k、重力加速度為g，且，忽略空氣阻力，則（）A軌道上D點的場強大小為B小球剛到達C點時，其加速度為零C小球剛到達C點時，其動能為mgLD小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小【答案】B【解析】A如圖所示，軌道上D點的場強為A、B兩點點

8、電荷在D點產(chǎn)生的場強的矢量和，則A錯誤；BA、B兩點點電荷對在C點電荷量為q的小球的作用力的合力方向沿CO方向。根據(jù)圖像可知則小球受到豎直向下的重力，水平向左的和與水平方向成45夾角傾斜向上的支持力，可判斷三個力的合力為零，即小球剛到達C點時加速度為零，B正確；C小球從D點到C點過程中，A、B兩點點電荷對小球先做正功后做負功，且由對稱性可知A、B兩點點電荷對小球先做正和負功等大，即小球從D點到C點過程中，A、B兩點點電荷對小球不做功。另支持力與小球運動方向垂直，支持力對小球不做功。由動能定理可得C錯誤；D小球從D點到C點過程中，A、B兩點點電荷對小球先做正功后做負功，其電勢能先減小后增大。故選

9、B。多選題（每題4分，共計24分）9.兩個平行的極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A.所受重力與靜電力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動解析帶電粒子在平行板之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是靜電力FEq，方向垂直于極板向上。因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，A、C錯誤；從粒子運動的方向和靜電力的方向可判斷出，靜電力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確。答案

10、BD10.如圖所示，以O為圓心、半徑為R的虛線圓位于足夠大的勻強電場中，圓所在平面與電場方向平行，M、N為圓周上的兩點。帶正電粒子只在電場力作用下運動，在M點速度方向如圖所示，經(jīng)過M、N兩點時速度大小相等。已知M點電勢高于O點電勢，且電勢差為U，下列說法正確的是（）AM，N兩點電勢相等B粒子由M點運動到N點，電勢能減小C該勻強電場的電場強度大小為D粒子在電場中可能從M點沿圓弧運動到N點【答案】AC【解析】A帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在M、N兩點動能相等，則電勢能也相等，根據(jù)可知M、N兩點電勢相等，A正確；B因為勻強電場，所以兩點的連線MN即為等勢面。根據(jù)等勢面與電場線垂直和沿電場線方向

11、電勢降低的特性，從而畫出電場線CO如圖由曲線運動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO方向；可知，速度方向與電場力方向夾角先大于90后小于90，電場力對粒子先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小，B錯誤；C勻強電場的電場強度式中的d是沿著電場強度方向的距離，則C正確；D粒子在勻強電場受到的是恒定的電場力，不可能做圓周運動，D錯誤。故選AC。11.平行板電容器充電完成后，斷開電源，A極板帶正電，B極板帶負電。板間有一帶電小球，用絕緣細線懸掛，如圖所示，小球靜止時與豎直方向的夾角為，則（）A若將A極板向下平移少許，A、B兩板間電勢差將減小B若將B極板向右平移少許，電容器的電容將減小C若將A極板向

12、右平移少許，夾角將不變D若將B極板向上平移少許，夾角將變小【答案】BC【解析】A若將A極板向下平移少許，根據(jù)極板正對面積減小，得知電容將減小，電容器的電量Q不變，根據(jù)分析得知板間電勢差增大，A錯誤；B若將B極板向右平移少許，根據(jù)板間距離d增大，電容將減小，B正確；C根據(jù)可得板間場強電容器的電量Q不變，板間場強E與板間距無關，板間場強E不變，小球所受的電場力不變，不變，C正確；D根據(jù)若將B極板向上平移少許，極板正對面積減小，得知電容將減小，電容器的電量Q不變，根據(jù)分析得知板間電勢差增大，根據(jù)板間場強E變大，根據(jù)小球所受的電場力變大，變大，D錯誤。故選BC。12.如圖所示，真空中存在著由一固定的點

13、電荷Q（圖中未畫出）產(chǎn)生的電場，一帶正電的點電荷q僅在電場力作用下沿曲MN運動，且在M、N兩點的速度大小相等，則在點電荷q從M運動到N的過程中（）A電勢能一定先增大后減小B動能可能先減小后增大C加速度可能保持不變D可能做勻速圓周運動【答案】BD【解析】A從M到N的過程中電場力做的總功零，由于不能確定Q的位置，所以是先做正功還是先做負功不能確定，電勢能的變化不能確定，故A錯誤；B如果電場力先做負功，后做正功，則動能先減小后增加，故B正確；C由于Q的位置不確定，電場力的大小方向不確定，故加速度大小方向不確定，故錯誤；D如MN為一段圓弧，Q位于圓心，則q做圓周運動，故D正確。故選BD。13.一帶電粒

14、子初速度為0，在電勢差為的電場下加速獲得一初速度，進入如圖所示的平行板電容器中，已知帶電粒子電荷量為q，質量為m，平行板板長為L，兩板間距為d，電勢差為U。已知帶電粒子重力不計，則下列說法正確的是（）A粒子在加速電場和偏轉電場中運動的加速度之比為B粒子在射出偏轉電場時豎直方向上的偏轉距離由和U決定C粒子在射出偏轉電場時豎直方向上的偏轉距離D粒子在離開電場時的偏轉角度與帶電粒子的比荷無關【答案】CD【解析】A兩極板間的電場強度帶電粒子在極板間受到的電場力帶電粒子在極板間的加速度在閉合相等的情況下，加速度之比為故A錯誤；BC粒子在加速電場中做勻變速直線運動，根據(jù)動能定理該粒子在電場中運動時間粒子在

15、電場中運動豎直方向偏移的距離有上述解得偏轉距離由和、 、決定，故B錯誤，C正確；D在電場力方向的速度那么速度方向偏角的正切值為與帶電粒子的比荷無關，故D正確。故選CD。14.如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板兩板間有M、N、P三點，M、N連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，PMN.以下說法正確的是()A電容器帶電荷量為eq f(U,C)B兩極板間勻強電場的電場強度大小為eq f(U,Lsin )CM、P兩點間的電勢差為eq f(ULsin ,d)D若將帶電荷量為q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了eq f(qU

16、Lsin ,d)【解析】本題考查電容器電容的定義式，電場強度與電勢差的關系，電場力做功與電勢能改變的關系由電容器電容的定義式可知，電容器的帶電量為QCU，A項錯誤；兩板間的電場為勻強電場，根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系可知，兩板間電場強度Eeq f(U,d)，B項錯誤；MP兩點間的電勢差就等于NP間的電勢差，即UMPELsineq f(ULsin ,d)，C項正確；由于下板帶正電，因此板間場強方向豎直向上，將帶電量為q的電荷從M點移到P點，電場力做正功，電勢能減少量就等于電場力做的功，即為qUMPeq f(qULsin ,d)，D項正確【答案】CD非選擇題（本題共4小題，共計44分）15.(8

17、分)如圖所示，A、B兩塊帶異號電荷的平行金屬板間形成勻強電場，一電子以v04106 m/s的速度垂直于場強方向沿中心線由O點射入電場，從電場右側邊緣C點飛出時的速度方向與v0方向成30的夾角已知電子電荷e1.61019 C，電子質量m0.911030 kg.求：(1)電子在C點時的動能是多少J?(2)O、C兩點間的電勢差大小是多少V?【解析】(1)依據(jù)幾何三角形解得：電子在C點時的速度為：vteq f(v0,cos 30)而Ekeq f(1,2)mv2聯(lián)立得：Ekeq f(1,2)m(eq f(v0,cos 30)29.71018 J.(2)對電子從O到C，由動能定理，有eUeq f(1,2)

18、mveq oal(2,t)eq f(1,2)mveq oal(2,0)聯(lián)立得：Ueq f(mvoal(2,t)voal(2,0),2e)15.2 V.【答案】(1)9.71018 J(2)15.2 V16.（10分）如圖所示，在O點放置一個正電荷。在過O點的豎直平面內的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m=0.5kg、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R=3.6m為半徑的圓（圖中實線表示）相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，BOC=30，A距離OC的豎直高度為h=6m。若小球通過C點的速度為v=10m/s。g=10m/s2，求(1)小球通過B點的速度大??；

19、(2)小球由A到C機械能的損失?！敬鸢浮?1)8m/s；(2)5J【解析】（1）從B點到C點的過程中，因為BC兩點的電勢相等，電場力不做功，則由動能定理得可得（2）設小球從A到C的過程中，電場力做功為W，由動能定理得可得根據(jù)功能關系，小球由A到C機械能的損失等于非重力所做的功，也就是電場力所做的功，所以機械能損失了5J。17.（12分）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接整個軌道處在水平向左的勻強電場中現(xiàn)有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為0.75mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？（2）在（1）的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大??；（3）改變s的大小，滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小【答案】（1